《2022年海南省高考化学试卷答案及考点解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年海南省高考化学试卷答案及考点解析.pdf（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2015 年海南省高考化学试卷一、选择题（共6 小题，每小题 2 分，满分 12 分）1 （2 分） （2015?海南）化学与生活密切相关下列应用中利用了物质氧化性的是（）A明矾净化水B纯碱去油污C食醋除水垢D漂白粉漂白织物考点：氧化还原反应分析：用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断解答：解：A明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故A错误；B纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素
2、化合价变化，所以为非氧化还原反应，故B错误；C碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；D漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故D正确；故选 D点评：本题考查了氧化还原反应， 明确物质的性质以化合价的变化是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，难度不大2 （2 分） （2015?海南）下列离子中半径最大的是（）ANa+BM g2+CO2DF考微粒半径大小的比较精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 27 页 - -
3、- - - - - - - - 点：分析：电子层越多的离子半径越大， 电子层一样的离子， 核电荷数越多半径越小，据此来回答解答：解：四种离子均含有2 个电子层，而且电子排布相同，其核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：O2FNa+Mg2+，所以 O2的半径最大，故选： C点评：本题考查学生离子半径大小的比较方法知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大，侧重于基础知识的考查3（2 分） （2015?海南）0.1mol 下列气体分别与1L0.1mol?L1的 NaOH 溶液反应，形成的溶液 pH最小的是（）ANO2BSO2CSO3DCO2考点：pH的简单计算分析：0.1mol 下列气体分别与
4、1L0.1mol?L1的 NaOH 溶液反应，二者的物质的量相同，NO2与 NaOH 等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O ；SO2与 NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3；SO3与 NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4；CO2与 NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，根据反应产物的酸碱性判断解答：解：0.1mol 下列气体分别与1L0.1mol?L1的 NaOH 溶液反应，二者的物质的量相同，NO2与 NaOH 等物质的量反应的方程式为： 2NO2+2NaOH=NaN
5、O2+NaNO3+H2O ， NaNO2为强碱弱酸盐，溶液显碱性；SO2与 NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即电离又水解，电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性；SO3与 NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 27 页 - - - - - - - - - - 完全电离出氢离子，溶液显强酸性；CO2与 NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2
6、=NaHCO3，NaHCO3在溶液中即电离又水解，水解程度大于电离程度，溶液显弱碱性；综上可知，形成的溶液pH最小的是 SO3；故选： C点评：本题考查了物质的性质，题目涉及元素化合物的性质、盐的水解、弱电解质的电离，题目难度中等，注意根据物质之间反应判断产物以及溶液的酸碱性4 （2 分） （2015?海南）已知丙烷的燃烧热 H= 2215kJ?mol1若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g 水，则放出的热量约为（）A55kJ B220kJ C550kJ D1108kJ 考点：有关反应热的计算分析：已知丙烷的燃烧热 H=2215kJ?mol1， 则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（
7、g）=3CO2（g）+4H2O （l ）H= 2215kJ?mol1，根据生成水的质量计算放出的热量解答：解：已知丙烷的燃烧热H= 2215kJ?mol1，则丙烷燃烧的热化学方程式为 C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O （l ）H= 2215kJ?mol1，一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g 水，则放出的热量约为=55.375kJ55kJ；故选： A点评：本题考查了燃烧热的概念、反应热的计算，题目难度不大，注意把握燃烧热的概念即 1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量5 （2 分） （2015?海南）分子式为 C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物有（不含立
8、体异构）（）A3 种B4 种C5 种D6 种精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 27 页 - - - - - - - - - - 考点：真题集萃；同分异构现象和同分异构体分析：分子式为 C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH ，其中丁基有四种结构解答：解：分子式为 C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成 C4H9OH ，其中丁基有四种结构，故符合条件的有机物共有4种，故选 B点评：本题考查同分异构体判断，难度不大，注意常见烃基
9、的种类，如甲基和乙基 1 种，丙基有 2 种，丁基有 4 种，也可以书写出具体的醇进行判断6 （2 分） （2015?海南）已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH ）3+3ClO+4OH2RO4n+3Cl+5H2O ，则 RO4n中 R的化合价是（）A+3 B+4 C+5 D+6 考点：真题集萃；氧化还原反应分析：根据电荷守恒得 31+41=31+2n，则 n=2，所以 RO4n为 RO42，该离子中 O元素化合价为 2 价，R 、O元素化合价的代数和为 2，据此判断 R元素化合价解答：解：根据电荷守恒得31+41=31+2n，则 n=2，所以 RO4n为 RO42，该离子中 O元素化合价
10、为 2 价，R、O元素化合价的代数和为2，所以该离子中 R元素化合价 =2（2）4=+6，故选 D 点评：本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可，侧重考查分析计算能力，题目难度不大二、选择题（共6 小题，每小题 4 分，满分 24 分. 每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项， 多选得 0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2 分，选两个且都正确得4 分，但只要选错一个就得0 分。 ）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - -
11、 - -第 4 页，共 27 页 - - - - - - - - - - 7 （4 分） （2015?海南）下列叙述正确的是（）A稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2B可用磨口玻璃瓶保存NaOH 溶液C稀硝酸可除去试管内壁的银镜D煮沸自来水可除去其中的Ca （HCO3）2考点：真题集萃；硝酸的化学性质；钠的重要化合物分析：A稀盐酸不能与二氧化锰反应；B玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠；CAg与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，可以除去试管内壁的银镜；D自来水煮沸， Ca（HCO3）2可以转化为 CaCO3解答：解：A稀盐酸不能与二氧化锰反应，用浓盐酸、加热除去烧瓶内残留的MnO2，故
12、A错误；B玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠为无机矿物胶，使瓶塞与瓶口粘连在一起，故B错误；CAg与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，可以除去试管内壁的银镜，故C正确；D自来水煮沸， Ca（HCO3）2可以转化为 CaCO3，使硬水得到软化，故D正确，故选： CD 点评：本题考查元素化合物性质、试剂保持、硬水软化等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握8 （4 分） （2015?海南） 10mL浓度为 1mol?L1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（）AK2SO4BC H3COONa CCuSO4DNa2CO3考真题集萃；化学
13、反应速率的影响因素精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 27 页 - - - - - - - - - - 点：分析：为了减缓反应进行的速率，加热溶液后可以降低氢离子难度，但又不影响生成氢气的总量，则提供的氢离子的总物质的量不变，而C选项中构成原电池，加快反应速率， D选项中碳酸钠反应消耗氢离子，生成氢气的总量减少解答：解：A加入 K2SO4溶液，相当于加水稀释，溶液中氢离子降低，且氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故A正确；B，加入 CH3COONa 溶液，溶液被
14、稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B正确；CZn可以置换出 Cu ，构成原电池，加快反应速率，故C错误；D加入碳酸钠溶液，与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故 D错误，故选： AB 点评：本题考查化学反应速率影响因素，比较基础，需注意生成氢气的量不变，注意 C选项构成原电池，加快反应速率9 （4 分） （2015?海南）下列反应不属于取代反应的是（）A淀粉水解制葡萄糖B石油裂解制丙烯C乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯D油脂与浓 NaOH 反应制高级脂肪酸钠考点：真题集萃；取代反应与加成反应
15、分析：有机物中原子或原子团被其它原子或原子团取代的反应为取代反应，如水解反应、酯化反应等，以此来解答解答：解：A淀粉水解制葡萄糖，为水解反应，也属于取代反应，故A不选；B石油裂解制丙烯，为大分子转化为小分子的反应，不属于取代反应，故精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 27 页 - - - - - - - - - - B选；C乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯， 为酯化反应， 也属于取代反应， 故 C不选；D油脂与浓 NaOH 反应制高级脂肪酸钠，为油脂的水解反应，也属于取代反应，故 D不选；
16、故选 B点评：本题考查有机物的性质及反应类型，为基础性习题，把握有机物的性质、反应类型的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大10 （4 分） （2015?海南）下列指定微粒的数目相等的是（）A等物质的量的水与重水含有的中子数B等质量的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数C同温、同压、同体积的CO 和 NO含有的质子数D等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数考点：真题集萃；物质的量的相关计算分析：AH2O中的中子数为 8，D2O中的中子数为 10；B 乙烯和丙烯的最简式均为CH2， 由 n= 可知，等质量时含 CH2的个数相同；C同温、同压、同体积，由n=可知，气体
17、的物质的量相同；D铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al 元素的化合价均由0 升高为+3价解答：解：AH2O中的中子数为 8，D2O中的中子数为 10，则等物质的量的水与重水含有的中子数不同，故A错误；B 乙烯和丙烯的最简式均为CH2， 由 n= 可知，等质量时含 CH2的个数相同，1 个 C2H4分子共用 6 对电子（其中 4 个 C H ，2个 CC） ，1 个 C3H6分子共用 9 对电子（其中 6 个 CH ，3 个 CC） ，因此可以发现规律： 1 个 CH2平均共用 3 对电子，含 CH2的个数相同则共有电子对数相同，故B正确；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - -
18、- - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 27 页 - - - - - - - - - - C同温、同压、同体积，由n=可知，气体的物质的量相同，C、N的质子数不同，则 CO和 NO含有的质子数不同，故C错误；D铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al 元素的化合价均由0 升高为+3价，则等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数均为 n（30）NA，故 D正确；故选 BD 点评：本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的构成、物质的量计算公式、转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力、计算能力的考查，题目难度不大1
19、1 （4 分） （2015?海南）下列曲线中，可以描述乙酸（甲、Ka=1.8105）和一氯乙酸（乙、 Ka=1.4103）在水中的电离度与浓度关系的是（）ABCD考点：真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：由乙酸（甲、 Ka=1.8105）和一氯乙酸（乙、 Ka=1.4103）可知，乙酸的 Ka小，则乙酸的酸性弱； 等浓度时酸性强的电离度大；弱酸的浓度越大，其电离度越小，以此来解答解答：解：由乙酸（甲、 Ka=1.8105）和一氯乙酸（乙、 Ka=1.4103）可知，乙酸的 Ka小，则乙酸的酸性弱；由图可知，横坐标为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排
20、除A、C；弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除 D ，显然只有 B符合，故选 B点本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握Ka与酸性的关系、弱酸的电精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 27 页 - - - - - - - - - - 评： 离度与浓度的关系及图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大12 （4 分） （2015?海南）a、b、c、d 为短周期元素， a 的 M电子层有 1 个电子，b 的最外层电子数为内层电子数的2
21、 倍， c 的最高化合价为最低化合价绝对值的3 倍，c 与 d同周期， d 的原子半径小于 c下列叙述错误的是（）Ad 元素的非金属性最强B它们均存在两种或两种以上的氧化物C只有 a 与其他元素生成的化合物都是离子化合物Db、c、d 分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键考点：真题集萃；原子结构与元素的性质分析：a 的 M电子层有 1 个电子，应为 Na元素， b 的最外层电子数为内层电子数的 2 倍，应为 C元素，c 的最高化合价为最低化合价绝对值的3 倍，应为 S元素， c 与 d 同周期， d 的原子半径小于c应为 Cl 元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题解
22、答：解：a 的 M电子层有 1 个电子，应为 Na元素， b 的最外层电子数为内层电子数的 2 倍，应为 C元素， c 的最高化合价为最低化合价绝对值的3 倍，应为 S元素， c 与 d 同周期， d 的原子半径小于 c应为 Cl 元素，A同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素非金属性强弱顺序为 ClSC Na ，故 A正确；B四种元素形成的氧化物有CO 、CO2；Na2O 、Na2O2；SO2、SO3，而 Cl 的化合价有多种，则氧化物也有多种，如ClO2、Cl2O等，故 B正确；Ca 为 Na ，为金属，可与其他元素生成离子化合物，含有离子键，故C正确；Db 为 C，可与氢气反应生
23、成C2H2、C2H4、C2H6等化合物，含有同种元素形成的共价键，为非极性键，故D错误故选 D精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 27 页 - - - - - - - - - - 点评：本题为 2015 年考题，涉及原子结构与元素周期率的考查，侧重于学生的分析能力的培养和原子结构、元素周期率的综合应用的考查，注意把握提给信息以及元素周期率的递变规律，难度不大三、解答题（共5 小题，满分 44 分）13 （8分） （2015?海南）乙醇是一种重要的化工原料，由乙醇为原料衍生出的部分化
24、工产品如图所示：回答下列问题：（1）A的结构简式为CH3COOH （2）B的化学名称是乙酸乙酯（3）由乙醇生成 C的反应类型为取代反应（4）E是一种常见的塑料，其化学名称是聚氯乙烯（5）由乙醇生成 F的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O 考点：真题集萃；有机物的推断分析：乙醇被氧化生成 A，且 A能和乙醇反应，根据 A的分子式知， A为 CH3COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成F，F 为 CH2=CH2，乙醇和氯气在光照条件下发生取代反应生成C，C在浓硫酸作催化剂、 加热条件下能发生消去反应，则C结构简式为 CH2ClCH2OH 、D为 CH2=CHCl
25、，D发生聚合反应生成聚氯乙烯， E结构简式为，A和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成B，B为 CH3COOCH2CH3，据此分析解答解答：解： 乙醇被氧化生成 A， 且 A能和乙醇反应，根据 A的分子式知，A为 CH3COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成F，F 为 CH2=CH2，乙醇和氯气在光照条件下发生取代反应生成C，C在浓硫酸作催化剂、 加热条件精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 27 页 - - - - - - - - - - 下能发生消
26、去反应，则C结构简式为 CH2ClCH2OH 、D为 CH2=CHCl ，D发生聚合反应生成聚氯乙烯， E结构简式为，A和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成B，B为 CH3COOCH2CH3，（1）A是乙酸， A的结构简式为 CH3COOH，故答案为： CH3COOH；（2）B为 CH3COOCH2CH3，B的化学名称是乙酸乙酯，故答案为：乙酸乙酯；（3）C是 2氯乙醇，由乙醇生成C的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（4）E结构简式为，其化学名称是聚氯乙烯，故答案为：聚氯乙烯；（5）F是乙烯，乙醇在浓硫酸作催化剂、加热170条件下，乙醇发生消去反应生成乙烯，反应方程式为C
27、H3CH2OHCH2=CH2+H2O ，故答案为： CH3CH2OHCH2=CH2+H2O 点评：本题为 2015 年海南高考题，考查有机物推断，侧重考查学生分析推断能力，涉及乙醇、乙烯、卤代烃、羧酸、酯、高分子化合物之间的转化，明确常见有机物官能团及其性质、常见有机反应类型及反应条件即可解答，注意乙醇制取乙烯必须控制好温度14 （8分） （2015?海南）单质 Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如图所示的路线制备其中X为 Z的氧化物； Y为氢化物，分子结构与甲烷相似回答下列问题：（1）能与 X发生化学反应的酸是氢氟酸；由 X制备 Mg2Z 的化学方程式为SiO2+MgO2+Mg2Si 精品
28、资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 27 页 - - - - - - - - - - （2）由 Mg2Z 生成 Y的化学方程式为Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，Y分子的电子式为（3）Z、X 中共价键的类型分别是非极性键、极性键考点：无机物的推断分析：常见的半导体材料为Si，X为 Z 的氧化物，那么 X为二氧化硅； Y为氢化物，且分子结构与甲烷相似，那么Y为硅烷，结构简式为： SiH4，据此结合各小题解答即可解答：解： （1）二氧化硅为酸性氧化物，不溶于一般的酸，但是能溶
29、于氢氟酸，此性质常用于腐蚀玻璃， 由流程可知， 二氧化硅与金属镁反应生成硅化镁，化学反应方程式为： SiO2+MgO2+Mg2Si ，故答案为：氢氟酸；SiO2+MgO2+Mg2Si ；（2）硅化镁与盐酸反应生成硅烷，化学反应方程式为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，硅烷类似与甲烷的正四面体结构，故 Si 分别与 H形成 1 对共价键，电子式为：， 故答案为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4；（3）Z为 Si ，硅单质为原子晶体，晶体中存在SiSi 非极性共价键， X为 SiO2，属于原子晶体，存在SiO极性共价键，故答案为：非极性键、极性键点评：本题主要考查的是元素
30、的推断以及硅和其化合物的知识，设计化学反应方程式书写、电子式以及共价键类型的判断，难度不大15 （9 分） （2015?海南）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用回答下列问题：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 27 页 - - - - - - - - - - （1）久存的银制品表面会变黑，失去银白色光泽，原因是Ag与空气中微量H2S反应生成黑色的Ag2S （2）已知 Ksp（AgCl）=1.81010，若向 50mL0.018mo
31、l?L1的 AgNO3溶液中加入50mL0.020mol?L1的盐酸，混合后溶液中Ag+的浓度为1.8 107mol?L1，pH为2 （3）AgNO3光照易分解，生成 Ag和红棕色气体等物质，其光照分解反应的化学方程式为2AgNO32Ag+2NO2+O2（4）如图所示原电池正极的反应式为Ag+e=Ag 考点：真题集萃；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S；（2）n（AgNO3）=0.05L0.018mol/L=0.0009mol ，n（HCl）=0.05L
32、0.020mol/L=0.001mol ，硝酸银和 HCl 发生反应 AgNO3+HCl=AgCl +HNO3，根据方程式知， HCl 剩余，混合溶液中 c（Cl）=103 mol/L ，溶液中 c（Ag+）=；实际上氢离子不参加反应，则溶液中 c（H+）=0.01mol/L ，溶液的 pH= lgc （H+） ；（3）红棕色气体是 NO2，该反应中 Ag元素化合价由 +1价变为 0 价、N元素化合价由 +5价变为 +4 价，根据氧化还原反应知， 还有元素失电子化合价升高，只能是 O元素失电子生成 O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - -
33、 - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 27 页 - - - - - - - - - - （4）该原电池中， Cu的活动性大于 Ag，Cu易失电子发生氧化反应，所以Cu是负极、 Ag是正极，正极上银离子得电子发生还原反应解答：解： （1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S，故答案为： Ag与空气中微量 H2S反应生成黑色的Ag2S；（2）n（AgNO3）=0.05L0.018mol/L=0.0009mol ，n（HCl）=0.05L0.020mol/L=0.001m
34、ol ，硝酸银和 HCl 发生反应 AgNO3+HCl=AgCl +HNO3，根据方程式知， HCl 剩余，混合溶液中 c（Cl）=103mol/L ， 溶液中 c （Ag+） =mol/L=1.8 107mol/L ；实际上氢离子不参加反应，则溶液中c（H+）=0.01mol/L ，溶液的 pH= lgc （H+）=lg0.01=2 ，故答案为： 1.8 107；2；（3）红棕色气体是 NO2，该反应中 Ag元素化合价由 +1价变为 0 价、N元素化合价由 +5价变为 +4 价，根据氧化还原反应知， 还有元素失电子化合价升高，只能是 O元素失电子生成 O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方
35、程式为 2AgNO32Ag+2NO2+O2，故答案为： 2AgNO32Ag+2NO2+O2；（4）该原电池中， Cu的活动性大于 Ag，Cu易失电子发生氧化反应，所以Cu是负极、 Ag是正极，正极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为Ag+e=Ag，故答案为： Ag+e=Ag点评：本题为 2015 年海南省高考题，考查原电池原理、氧化还原反应、pH计算、溶度积常数等知识点，综合性较强，明确正负极判断及其发生的反应、溶度积常数含义、氧化还原反应本质等知识点即可解答，注意（2）题要进行过量计算，为易错点16 （8分） （2015?海南）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：精品资料
36、- - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 27 页 - - - - - - - - - - （1）氨的水溶液显弱碱性， 其原因为NH3?H2O ?NH4+OH（用离子方程表示）：0.1mol ?L1的氨水中加入少量NH4Cl 固体，溶液的 pH 减小（填“升高”或“降低” ） ；若加入少量明矾，溶液中NH4+的浓度增大（填“增大”或“减小” ） （2）硝酸铵加热分解可得到N2O和 H2O 250时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为NH4NO3N2O+2H2O ，平衡常数表
37、达式为K=c （N2O ） c2（2H2O ） ； 若有 1mol 硝酸铵完全分解， 转移的电子数为4 mol（3）由 N2O和 NO反应生成 N2和 NO2的能量变化如图所示，若生成1molN2，其H= 139 kJ?mol1考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；化学平衡常数的含义分析：（1）一水合氨为弱碱，溶于水存在部分电离，依据化学平衡原理解释加入NH4Cl 固体以及明矾后平衡移动方向以及pH的变化；（2）依据所给的反应物和产物，结合元素守恒书写方程式即可，依据反应书写平衡常数表达式，依据氧化还原反应得失电子守恒计算转移电子数；（3）由图可知，此反应为放热反应，热效应=（20
38、9348）kJ?mol1解答：解： （1）一水合氨为弱碱，在水溶液中存在部分电离，电离出氢氧根离子使溶液显碱性，方程式为：NH3?H2O ?NH4+OH，向氨水中加入少量NH4Cl 固体，铵根浓度增大，平衡左移，即氢氧根浓度减小，pH值减小，加入少量明矾，明矾电离出的铝离子结合氢氧根生成氢氧化铝，促进氨水的电离，铵根浓度增大，故答案为：NH3?H2O ?NH4+OH；减小；增大；（2）硝酸铵分解生成N2O和 H2O ，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15
39、页，共 27 页 - - - - - - - - - - 方程式为：NH4NO3N2O+2H2O ， 250时，水为气体状态，故平衡常数 K=c （N2O ）c2（2H2O ） ，NH4NO3中 NH4+的 N元素化合价为 3 价，NO3中的 N元素的化合价为 +5价，反应后 N元素的化合价为 +1 价，发生归中反应， N元素由3 价升高为 +1价，此反应中每分解1mol 硝酸铵，转移电子数为4mol，故答案为： NH4NO3N2O+2H2O ；K=c（N2O ）c2（2H2O ） ；4；（3） 由图可知，此反应反应物总能量高于生成物， 且H=209 348=139kJ?mol1，故答案为：
40、139点评：本题主要考查的是弱电解质的电离以及电离平衡的影响因素，还考查了氧化还原反应原理以及化学反应的热效应计算，难度不大17 （11 分） （2015?海南）工业上，向500600的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验回答下列问题：（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O ，装置 B中加入的试剂是浓硫酸（2） 制取无水氯化亚铁的实验中， 装置 A用来制取HCl 尾气的成分是HCl和 H2若仍用 D装置进行尾气处理，存在的问题是发生倒吸、可燃性气体 H2不能被
41、吸收（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量 FeCl3，检验 FeCl3常用的试剂是KSCN 溶液欲制得纯净的 FeCl2，在实验操作中应先点燃 A 处的酒精灯，再点燃 C处的酒精灯精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 27 页 - - - - - - - - - - 考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质分析：（1）实验室利用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取氯气，浓硫酸可以干燥氯气；（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，尾气的成分是剩余HCl 和生成的氢气， HCl 极易溶解
42、于水，氢气不能溶于水，据此解答即可；（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先点燃 A处的酒精灯排除装置中的空气，据此解答即可解答：解： （1）制取无水氯化铁的实验中，A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O ，装置 B的作用是干燥氯气，常用浓硫酸，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O ；浓硫酸；（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl 气体，故 A装置制取的是 HCl，反应方程式为： Fe+2HClFeCl2+H2，故尾气的成分为未反应的HCl和生成的氢气，由于 H
43、Cl 极易溶于水，故若仍然采用D装置进行尾气处理，很容易造成倒吸，且氢气不溶于水，不利于氢气的吸收，氢气易燃，造成安全隐患，故答案为： HCl；HCl和 H2；发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯，故答案为：KSCN ；点燃 A处的酒精灯；点燃C处的酒精灯点评：本题以氯化铁以及氯化亚铁的制取为载体，考查的是实验室中氯气的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，难度一般【选修 5有机化学基础】18 （6 分） （2015?海南）下列有机物的命名错误的是（）AB3甲基戊
44、烯精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 27 页 - - - - - - - - - - 1 ，2，4三甲苯C2甲基 1丙醇D1，3二溴丙烷考点：真题集萃；有机化合物命名分析：题中 B、C、D都为烃的衍生物，命名时注意主链的选取和编号，官能团的位置和个数以及取代基的位置和种类，A为苯的同系物，命名时注意序号之和最小，以此解答该题解答：解：A主链为苯，从左边甲基下面第一个甲基开始编号，名称为：1，2，4三甲苯，故 A正确；B没有标出官能团位置，应为3甲基 1戊烯，故 B错误；C主链错
45、误，应为2丁醇，故 C错误；DBr 在 1、3 位置，为 1，3二溴丙烷，故 D正确故选 BC 点评：本题为 2015 年考题，基础性试题的考查， 侧重对学生基础知识的检验和训练该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可有利于培养学生的规范答题能力19 （14 分） （2015?海南）芳香化合物A可进行如下转化：回答下列问题：（1）B的化学名称为醋酸钠精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 27 页 - - - - - - - - - - （2）由 C合成
46、涤纶的化学方程式为（3）E的苯环上一氯代物仅有两种，E的结构简式为（4）写出 A所有可能的结构简式、（5）写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢可发生银镜反应和水解反应考点：有机物的推断分析：A水解得到三种产物，且已知乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应得到涤纶，那么C应为乙二醇，可以猜测A为酯类， B为羧酸钠，化学式C2H3O2Na可写成 CH3COONa，即 B是乙酸钠，那么 A应是由乙二醇和乙酸以及另外一种酸得到的二元酯，依据A的分子式为 C11H12O5，D也为羧酸钠， D经过酸化后 E中应含有 1122=7 个 C，应有： 12+2246=6个 H；应有
47、： 5+222=3个 O ，即 E为 C7H6O3，且含有羧基，（1）A在氢氧化钠的水溶液中得到B，那么 B应为钠盐；（2）乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成涤纶，据此书写化学反应方程式；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 19 页，共 27 页 - - - - - - - - - - （3）E的苯环上一氯代物仅有两种，说明两个取代基处于对位；（4）苯环上连接 2 个取代基时，有邻间对三种位置关系；（5）符合条件核磁共振氢谱显示苯环上仅有2 种 H，含 2 个支链处于对位，可发生银镜反应和水解
48、反应，为甲酸酯类，据此解答即可解答：解： （1）A在碱性条件下水解得到B，B的分子式为： C2H3O2Na ，故 B是乙酸钠，故答案为：乙酸钠；（2）涤纶为乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成的化合物，即和发生酯化反应，缩聚生成涤纶，反应方程式为，故答案为：；（3）由推断可以得出 E为：C7H6O3，不饱和度 =5，且含有羧基，剩余部分一定为苯环和羟基，由于其一氯代物仅有两种，故羟基与羧基处于对位，故E的结构简式为：，故答案为：；（4）依据分析可知： A的结构为苯环上连接2 个基团，分别为： CH3COO 和COOCH2CH2OH ，有邻间对三种同分异构体，结构简式为：，故答案为：、；（5）E的
49、分子式为： C7H6O3，核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢，说明2 个取代基处于对位， 可发生银镜反应和水解反应，说明是甲酸形成的酯类， 故结构简式为： ，故答案为：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 20 页，共 27 页 - - - - - - - - - - 点评：本题主要考查的是有机物的推断，主要考查的是酯类的水解， 还涉及同分异构体的书写、化学反应方程式的书写等，难度较大【选修 3物质结构与性质】20 （2015?海南）下列物质的结构或性质与氢键无关的是（）A乙醚的沸点B乙醇在水中的
50、溶解度C氢化镁的晶格能DDNA的双螺旋结构考点：真题集萃；氢键的存在对物质性质的影响分析：氢键是分子间作用力的一种，F、O 、N的电负性较强，对应的氢化物分子之间能形成氢键，氢键的存在，多数物质的物理性质有显著的影响，如熔点、沸点，溶解度，粘度，密度等，存在氢键的物质，水溶性显著增强，分子间作用力增强，熔沸点升高或降低，以此解答该题解答：解：A乙醚分子间不存在氢键，乙醚的沸点与氢键无关，故A选；B乙醇和水分子间能形成氢键，乙醇在水中的溶解度与氢键有关，故B不选；C氢化镁为离子化合物，氢化镁的晶格能与氢键无关，故C选；DDNA 含有 O H 、N H键，双螺旋结构与氢键有关，故D不选故选 AC